Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2

2.7. Corrigés 103
A peu de choses près, on reconnaît dans le premier terme l’espérance d’une binomiale et dans
le second l’espérance d’une uniforme, d’où :
E[Y] = n
2
1 n+1 n
+ × =
2n 2 2
n+1
+ .
2n+1 Exercice 2.10 (Espérance d’une loi hypergéométrique)
1. D’après l’exercice 2.4, X suit une loi hypergéométrique H(N,n,p).
2. On numérote de 1 à Np les Np votants pour le candidat A. Pour tout k ∈ {1,...,Np}, on
appelle Xk la variable aléatoire qui vaut 1 si l’individu k fait partie de l’échantillon, 0 sinon.
(a) On a donc X = X1 +···+XNp.
(b) La variable X1, ne pouvant prendre que les valeurs 0 et 1, est une variable de Bernoulli.
La probabilité qu’elle vaille 1 est la probabilité que le votant 1 fasse partie de
l’échantillon formé par un tirage sans remise de taille n parmi N, c’est donc n/N. Ainsi
E[X1] = n/N et idem pour les autres Xi puisqu’ils ont tous la même loi, d’où par
linéarité de l’espérance :
E[X] = E[X1 +···+XNp] = NpE[X1] = np.
On retrouve exactement la moyenne d’une variable aléatoire distribuée suivant une loi
binomiale B(n,p).
3. D’après ce qui précède, X ∼ H(32,5,1/8) puisque la proportion de rois est égale à 4/32 =
1/8. Le nombre moyen de rois obtenus est donc E[X] = 5/8.
Exercice 2.11 (Espérance d’une loi géométrique)
1. D’après l’exercice 2.5, X suit une loi géométrique G(1/6). Son espérance vaut :
E[X] =
+∞
n=1
n 1
6
n−1 5
=
6
1
+∞
n
6
n=1
n−1 5
=
6
1
6 ×
2. Généralisation : si X ∼ G(p), le même calcul donne E[X] = 1/p.
1
= 6.
(1−5/6) 2
3. Soit X le nombre d’essais nécessaires pour ouvrir la porte. On a vu dans l’exercice 2.5 que
X ∼ G(1/10), donc le nombre moyen d’essais est E[X] = 10.
4. En notant X la variable aléatoire égale à N − 2, il apparaît que X est à valeurs dansÆ∗ ,
avec :
∀n ∈Æ∗
È(X = n) =È(N = n+2) = 2 −n = 1
n−1 1
,
2 2
ce qui est exactement dire que X ∼ G(1/2). Ainsi d’une part E[X] = 2, et d’autre part
E[X] = E[N −2] = E[N]−2, d’où E[N] = 4.
Un polygone à N côtés compte D = N(N −3)/2 diagonales : N choix pour une extrémité,
(N −3) pour l’autre, et on divise par 2 afin de ne pas compter chaque diagonale deux fois.
Ainsi :
E[D] = 1
2
E[N(N −3)] = 1
2
Un petit calcul s’impose :
E[X(X −1)] =
+∞
n=1
1
E[(X +2)(X −1)] = (E[X(X −1)]+2E[X]−2).
2
n(n−1)
2
n−1 1
=
2
1
+∞
n−2 1
n(n−1) ,
4 2
n=1
et le rappel en début d’exercice permet d’aboutir à E[X(X − 1)] = 4. Au total, le nombre
moyen de diagonales est donc E[D] = 3.
Probabilités Arnaud Guyader - Rennes 2